描述

【简化版题意】给定一棵N个节点的树,要求增加若干条边,把这棵树扩充为完全图,并满足图的唯一最小生成树仍然是这棵树。求增加的边的权值总和最小是多少。

我们一共有N个OIER打算参加这个泼水节,同时很凑巧的是正好有N个水龙头(至于为什么,我不解释)。N个水龙头之间正好有N-1条小道,并且每个水龙头都可以经过小道到达其他水龙头(这是一棵树,你应该懂的..)。但是OIER门为了迎接中中的挑战,决定修建一些个道路(至于怎么修,秘密~),使得每个水龙头到每个水龙头之间都有一条直接的道路连接(也就是构成一个完全图呗~)。但是OIER门很懒得,并且记性也不好,他们只会去走那N-1条小道,并且希望所有水龙头之间修建的道路,都要大于两个水龙头之前连接的所有小道(小道当然要是最短的了)。所以神COW们,帮那些OIER们计算一下吧,修建的那些道路总长度最短是多少,毕竟修建道路是要破费的~~

输入格式

本题为多组数据~
 第一行t,表示有t组测试数据
 对于每组数据
 第一行N,表示水龙头的个数(当然也是OIER的个数);
 2到N行,每行三个整数X,Y,Z;表示水龙头X和水龙头Y有一条长度为Z的小道

输出格式

对于每组数据,输出一个整数,表示修建的所有道路总长度的最短值。

样例输入

2
3
1 2 2
1 3 3
4
1 2 3
2 3 4
3 4 5 

样例输出

4
17 

数据范围与约定

  • 每个测试点最多10组测试数据
     50% n<=1500;
     100% n<=6000
     100% z<=100

样例解释

第一组数据,在2和3之间修建一条长度为4的道路,是这棵树变成一个完全图,且原来的树依然是这个图的唯一最小生成树.

解析:

我们可以按照一种类似Kruskal的思路来做。把边权排个序依次加入并查集。

思路是这样,每次往并查集中加入一条边时,除非是第一条加入的边,那么势必会产生一张没有联通完全的图。按照题意,我们最后得出的是一张完全图,所以说每次加入边的时候我们就可以把没连上的点连上了,反正他们最后势必要连,不如连更小边权的边。我们用Sx和Sy表示某两个不交叉的并查集的元素个数,这时我们假设现在要在两个并查集之间连一条当前的最小边z,假设它的边权为val,其它没有连接的节点如果连接起来,而且我们想让它们的边权最小,就会产生Sx*Sy-1个点相连的情况,以及多出(val+1)*(Sx*Sy-1)的边权。

这就是增加的边权了,而且它势必最小。

参考代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 10010
using namespace std;
int s[N],fa[N];
struct node{
int x,y,val;
}g[N];
bool operator<(node a,node b){
return a.val<b.val;
}
int get(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=get(fa[x]);
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
memset(s,,sizeof(s));
memset(fa,,sizeof(fa));
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
scanf("%d%d%d",&g[i].x,&g[i].y,&g[i].val);
for(int i=;i<=n;i++) fa[i]=i,s[i]=;
sort(g+,g+n);
int ans=;
for(int i=;i<n;i++){
int x=get(g[i].x),y=get(g[i].y),val=g[i].val;
if(x==y) continue;
fa[x]=y;
ans+=(long long)(val+)*(s[x]*s[y]-);
s[y]+=s[x];
}
cout<<ans<<endl;
}
return ;
}

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